山東省萊蕪市實驗中學(老一中)2021年高三數學文期末試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.

若，當，時，，若在區(qū)間，內有兩個零點，則實數的取值范圍是(

).，

.，

.，

.，

參考答案：D2.函數的圖像如圖所示，為得到的圖像，則只要將的圖象（

）A．向右平移個單位

B．向右平移個單位C．向左平移個單位

D．向左平移個單位參考答案：B3.（10）將函數的圖象向左平移個單位，所得函數圖象的一條對稱軸的方程為（A）

（B）（C）

（D）參考答案：C4.已知集合，.則（

）A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件參考答案：A略5.已知“∈R，則“a=2”是“復數z=（a2—a—2）+（a+1）i（i為虛數單位）為純虛數”的A．充分而不必要條件

B.必要而不充分條件C．充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：C6.已知、是三次函數的兩個極值點，且，則的取值范圍是A． B． C．

D．【解析】因為函數有兩個極值，則有兩個不同的根，即，又，又，所以有，即。的幾何意義是指動點到定點兩點斜率的取值范圍，做出可行域如圖，，由圖象可知當直線經過AB時，斜率最小，此時斜率為，直線經過AD時，斜率最大，此時斜率為，所以，選B.參考答案：因為函數有兩個極值，則有兩個不同的根，即，又，又，所以有，即。的幾何意義是指動點到定點兩點斜率的取值范圍，做出可行域如圖，，由圖象可知當直線經過AB時，斜率最小，此時斜率為，直線經過AD時，斜率最大，此時斜率為，所以，選B.【答案】B7.已知向量,向量,則的最大值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A8.關于函數有以下三個判斷①函數恒有兩個零點且兩個零點之積為-1；②函數恒有兩個極值點且兩個極值點之積為-1；③若是函數的一個極值點,則函數極小值為-1.其中正確判斷的個數有(

)A.0個 B.1個 C.2個 D.3個參考答案：C【分析】函數的零點個數即的根的個數，利用判別式求解；對函數求導討論導函數的零點問題即可得極值關系.【詳解】因為，方程，，所以關于的方程一定有兩個實根，且兩根之積為-1，所以恒有兩個零點且兩個零點之積為-1，即①正確；，，對于，，所以恒有兩個不等實根，且導函數在這兩個實根附近左右異號，兩根之積為，函數恒有兩個極值點且兩個極值點之積為，所以②錯誤；若是函數的一個極值點,，則，，，，，所以函數的增區(qū)間為，減區(qū)間為，所以函數的極小值為，所以③正確.故選：C【點睛】此題考查函數零點問題，利用導函數導論單調性和極值問題，綜合性比較強.9.函數的圖像

Ａ．關于y軸對稱

Ｂ．關于x軸對稱

Ｃ．關于直線y=x對稱

Ｄ．關于原點對稱參考答案：D略10.設四面體ABCD各棱長均相等，S為AD的中點，Q為BC上異于中點和端點的任一點，則在四面體的面BCD上的的射影可能是（

）A.① B.② C.③ D.④參考答案：C【分析】由題意可知四面體為正四面體，根據正四面體的特點可求得在平面上的射影點在中線上，且，又平面，可得射影三角形，從而得到結果.【詳解】四面體各棱長相等，可知四面體為正四面體取中點，連接，如下圖所示：作平面，垂足為，由正四面體特點可知，為中心，且作平面，垂足為，可知，且為中點，則即在平面上的射影點為又平面即為在平面上的射影，可知③正確本題正確選項：【點睛】本題考查投影圖形的求解問題，關鍵是能夠確定射影點所處的位置，屬于基礎題.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.（5分）設函數f（x）與g（x）是定義在同一區(qū)間[a，b]上的兩個函數，若對任意的x∈[a，b]，都有|f（x）﹣g（x）|≤k（k＞0），則稱f（x）與g（x）在[a，b]上是“k度和諧函數”，[a，b]稱為“k度密切區(qū)間”．設函數f（x）=lnx與g（x）=在[，e]上是“e度和諧函數”，則m的取值范圍是．參考答案：﹣1≤m≤1+e【考點】：函數的值域．【專題】：函數的性質及應用．【分析】：由“e度和諧函數”，得到對任意的x∈[，e]，都有|f（x）﹣g（x）|≤e，化簡整理得m﹣e≤lnx+≤m+e，令h（x）=lnx+（≤x≤e），求出h（x）的最值，只要m﹣e不大于最小值，且m+e不小于最大值即可．解：：∵函數f（x）=lnx與g（x）=在[，e]上是“e度和諧函數”，∴對任意的x∈[，e]上，都有|f（x）﹣g（x）|≤e，即有|lnx+﹣m|≤e，即m﹣e≤lnx+≤m+e，令h（x）=lnx+（≤x≤e），h′（x）=﹣=，x＞1時，h′（x）＞0，x＜1時，h′（x）＜0，x=1時，h（x）取極小值1，也為最小值，故h（x）在[，e]上的最小值是1，最大值是e﹣1．∴m﹣e≤1且m+e≥e﹣1，∴﹣1≤m≤e+1．故答案為：﹣1≤m≤1+e【點評】：本題考查新定義及運用，考查不等式的恒成立問題，轉化為求函數的最值，注意運用導數求解，是一道中檔題．12.在極坐標系中，曲線ρ=cosθ+1與ρcosθ=1的公共點到極點的距離為

．參考答案：【考點】點的極坐標和直角坐標的互化；兩點間的距離公式．【分析】聯立ρ=cosθ+1與ρcosθ=1消掉θ即可求得ρ，即為答案．【解答】解：由ρ=cosθ+1得，cosθ=ρ﹣1，代入ρcosθ=1得ρ（ρ﹣1）=1，解得ρ=或ρ=（舍），所以曲線ρ=cosθ+1與ρcosθ=1的公共點到極點的距離為，故答案為：．13.已知滿足約束條件則的最小值是__________．參考答案：

試題分析：畫出可行域及直線，如圖所示.平移直線，當經過點時，其縱截距最大，所以最小，最小值為.考點：簡單線性規(guī)劃.14.對于函數，給出下列命題：①f(x)有最小值；②當a=0時，f(x)的值域為R；③當a>0時，f(x)在區(qū)間上有反函數；④若f(x)在區(qū)間上是增函數，則實數a的取值范圍是.上述命題中正確的是

。(填上所有正確命題序號).參考答案：②③15.設，且，若，，則的取值范圍為

.參考答案：16.定長為4的線段MN的兩端點在拋物線y2=x上移動，設點P為線段MN的中點，則P到y(tǒng)軸距離的最小值為．參考答案：【考點】拋物線的簡單性質．【分析】先設出A，B的坐標，根據拋物線方程可求得其準線方程，進而可表示出M到y(tǒng)軸距離，根據拋物線的定義結合兩邊之和大于第三邊且A，B，F三點共線時取等號判斷出的最小值即可【解答】解：設M（x1，y1），N（x2，y2），拋物y2=x的線準線x=﹣，P到y(tǒng)軸距離S=||=﹣=﹣，∴﹣≥﹣=2﹣=，當且僅當M，N過F點時取等號，故答案為：．17.已知雙曲線的離心率為，則實數m的值為

．參考答案：2【考點】雙曲線的簡單性質．【分析】判斷雙曲線的m＞0，求出a，b，c，由離心率公式e=，建立方程，解方程可得m的值．【解答】解：雙曲線（m＞0），的a=，b=2，c==，由題意可得e===，解得m=2．故答案為：2．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分13分）已知函數.（Ⅰ）當時，求函數的單調區(qū)間和極值；（Ⅱ）求證：當時，關于的不等式在區(qū)間上無解.（其中）參考答案：見解析【考點】導數的綜合運用【試題解析】解：（Ⅰ）因為,所以，當時，.令，得，所以隨的變化情況如下表：極大值極小值所以在處取得極大值，在處取得極小值.函數的單調遞增區(qū)間為，,的單調遞減區(qū)間為.（Ⅱ）證明：不等式在區(qū)間上無解，等價于在區(qū)間上恒成立，即函數在區(qū)間上的最大值小于等于1.因為，令，得. 因為時，所以.當時，對成立，函數在區(qū)間上單調遞減，所以函數在區(qū)間上的最大值為,所以不等式在區(qū)間上無解；當時，隨的變化情況如下表：

↘極小值↗

所以函數在區(qū)間上的最大值為或.此時,，所以.

綜上，當時，關于的不等式在區(qū)間上無解.19.如圖，在四棱錐中，平面，，，.（1）求點到平面的距離；（2）點為線段上一點（含端點），設直線與平面所成角為，求的取值范圍.參考答案：(1)過點作,由平面平面可知,即點到面的距離,在正中,,即點到平面的距離為.(2)∵,所以點到平面的距離即點到平面的距離,而,所以.20.(本小題滿分12分） 已知拋物線y2=2px(p>0)上點T(3，t)到焦點F的距離為4． (1)求t，p的值；(2)設A、B是拋物線上分別位于x軸兩側的兩個動點，且（其中O為坐標原點）．(ⅰ)求證：直線AB必過定點，并求出該定點P的坐標；(ⅱ)過點P作AB的垂線與拋物線交于C、D兩點，求四邊形ACBD面積的最小值．參考答案：（1）p=2（2）

96【知識點】拋物線及其幾何性質H7（1）由已知得，所以拋物線方程為y2=4x，代入可解得.（2）(ⅰ)設直線AB的方程為，、， 聯立得，則，. 由得：或（舍去）， 即，所以直線AB過定點； (ⅱ)由(ⅰ)得， 同理得， 則四邊形ACBD面積 令，則是關于的增函數， 故.當且僅當時取到最小值96.【思路點撥】根據拋物線性質求出方程，直線和拋物線聯立求出最小值。21.已知等差數列為遞增數列，滿足，又數列，在等比數列（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ